Тайны арбелоса

Государственное бюджетное общеобразовательное учреждение
Самарской области общеобразовательная школа-интернат среднего
(полного) общего образования № 5 с углубленным изучением
отдельных предметов «Образовательный центр «Лидер» города Кинеля
городского округа Кинель Самарской области
РЕФЕРАТ
по математике
на тему:
«Тайны Арбелоса»
Автор:
Веденёва Дарья,
ученица 10 класса «А»
Научный
руководитель:
Маеренкова Вера
Васильевна,
учитель математики
Кинель, 2014 г.
Оглавление
I. Введение ............................................................................................................ 3
II Основная часть..................................................................................................... 5
2.1 Арбелос Архимеда. ........................................................................................... 5
2.2 Задача Архимеда об арбелосе. ......................................................................... 6
2.2 Лемма Архимеда. ............................................................................................ 10
2.3 Решение Архимеда. ......................................................................................... 11
2.4 Некоторые свойства Арбелоса. ..................................................................... 13
2.5 Решение некоторых задач с арбелосом......................................................... 17
III Заключение ...................................................................................................... 18
Список литературы ............................................................................................... 19
2
I. Введение
Геометрия (от др.-греч. γῆ — Земля и μετρέω — «измеряю»)
-
раздел математики, изучающий пространственные структуры, отношения и
их обобщения.
Геометрия как систематическая наука появилась в Древней Греции,
её аксиоматические построения описаны в «Началах» Евклида. Евклидова
геометрия занималась изучением простейших фигур на плоскости и в
пространстве, вычислением их площади и объёма. Предложенный
Декартом в 1637 году координатный метод лёг в основу аналитической и
дифференциальной геометрии, а задачи, связанные с черчением привели к
созданию начертательной и проективной геометрии. При этом все
построения оставались в рамках аксиоматического подхода Евклида.
Коренные изменения связаны с работами Лобачевского в 1826 году,
который
отказался
от
аксиомы
параллельности
и
создал
новую
неевклидову геометрию, определив таким образом путь дальнейшего
развития науки и создания новых теорий.
Классификация геометрии, предложенная Клейном в «Эрлангенской
программе» в 1872 году и содержащая в своей основе инвариантность
геометрических объектов относительно различных групп преобразований,
сохраняется до сих пор.
Возможно, на фоне удивительных достижений науки и техники, с
которыми вы встречаетесь буквально на каждом шагу, геометрия может
показаться каким – то малосовременным, неразвивающимся предметом, не
нужным современному человеку, в чью жизнь прочно вошли компьютеры,
авиалайнеры,iPhonы, iPodы, лазеры и и т.д. .Да, в целом человечество за
свою долгую жизнь стало намного умнее и совершеннее. А вот стал ли
умнее и совершеннее сам человек? Сегодня мы знаем больше своих
предков потому, что «стоим на их плечах».
3
Развитие человечества – это, прежде всего, развитие человеческой
мысли. И история геометрии является своего рода зеркалом истории этого
развития, удивительной сокровищницей, хранящей высшие достижения
человеческого гения, жемчужины которой создавались величайшими
мыслителями [1].
Кто не слышал об удивительном ученом Древней Греции Архимеде!
Этот великий человек жил в III столетии
до н. э. в городе Сиракузы на Сицилии,
бывшим в то время греческой колонией.
Древнегреческий математик, физик и
инженер. Сделал множество открытий в
геометрии
и
изобретений
сделал
Архимед за свою долгую жизнь. Будучи
уже зрелым ученым, в 50 лет, он увлекся
геометрией и не расставался с ней до
конца
своих
дней.
Говорят,
что
последними словами Архимеда перед
тем, как его убил римский легионер,
были: «Осторожно, не наступи на мои круги» [5].
Сегодня
школьник
восьмого
класса
владеет
средствами,
неизвестными Архимеду. И все же давайте рассмотрим одну из его задач.
Приступая к работе, я поставила перед собой цель:
используя исторический подход познакомиться с геометрической
фигурой арбелосом Архимеда и рассмотреть её свойства.
Я выдвинула основные задачи:
 Познакомиться с понятием арбелоса.
 Доказать свойства арбелоса.
 Применить полученные знания при решении задач на окружности.
4
И наконец выдвинула гипотезу, что задачу Архимеда можно решить
современными методами геометрии.
Актуальность моей работы состоит в том, что задачу Архимеда можно
решить современными
методами геометрии и научиться применять
полученные знания при решении задач на окружности, например, при
решении задач С4 на ЕГЭ.
Предмет исследования - арбелос Архимеда.
Объект исследования - задача Архимеда.
Разберем решение самого Архимеда, подумаем, как бы её мог решить
современный ученик. И сравним эти решения.
II Основная часть
2.1 Арбелос Архимеда.
Арбелос
В своих занятиях геометрией Архимед
много внимания уделял изучению свойств
фигуры, носящей название арбелос. Арбелос —
так
назвал
Архимед
треугольник,
криволинейный
ограниченный
полуокружностями,
из-за
его
очертаниями
сапожного
тремя
сходства
с
ножа,
использовавшегося для разделки кож. А мы
называем его еще «арбелос Архимеда», поскольку в своих занятиях
геометрией Архимед много времени уделил этой фигуре и в книге
«Леммы» , приписываемой Архимеду арабским ученым Сабитом ибн
Куррой, арбелосу посвящены пять утверждений (с четвертого по восьмое)
[2].
5
Если взять на прямой три последовательные точки A, B и C и
построить три полуокружности с диаметрами AB, BC, AC, расположенные
по
одну
сторону
от
прямой,
то
фигура,
ограниченная
этими
полуокружностями, и является арбелосом.
αρβύλος
2.2 Задача Архимеда об арбелосе.
На отрезке AB взята точка C. На отрезках AC, BC и AB, как на диаметрах,
в
одной
полуплоскости
построены
полуокружности
s1,
s2
и
s
соответственно. Из точки C восстановлен перпендикуляр к прямой AB,
пересекающий окружность s в точке D. В два образовавшихся
криволинейных треугольника вписаны окружности α и β: первая касается
отрезка CD, полуокружности s1 и дуги AD, вторая — отрезка CD,
полуокружности s2 и дуги BD. Докажите, что две эти вписанные
окружности равны .
6
Решение:
1. Пусть a и b — радиусы полуокружностей s1 и s2 соответственно, r —
радиус окружности α. Выразите r через a и b.
2. Пусть E, F и G — центры полуокружностей s1, s2 и s соответственно,
а O — центр окружности α (рис. 2). Рассмотрим треугольник OEG;
все его стороны выражаются через a, b и r.
3. Рассмотрим
конструкцию.
Докажите,
что
она
соответствует
условиям задачи (для этого, в частности, необходимо доказать, что
прямая MN проходит через точку B).
7
4. Действительно, GA = GB = a + b, OE = a + r; OG = a + b – r; EG = GA –
EA = a + b – a = b.
Опустим перпендикуляр OH на прямую EG
8
CH = r; EH = EC – CH = a – r; GH = |CG – CH| = |a – b – r|.
OH2 = (a + r)2 – (a – r)2 = (a + b – r)2 – (a – b – r)2.
Разрешая полученное уравнение относительно r получаем:
Для нахождения радиуса окружности β с центром Q, надо рассмотреть
треугольник QFG и провести для него вычисления, аналогичные
проведенным выше, поменяв a и b местами, поскольку окружность β
касается полуокружности s2. Но так как r не меняется при замене в
выражении (1) a на b, то и результат вычислений не изменится.
Есть и не вычислительные, но по-своему более изящные решения.
Проведем в арбелосе через точку B прямую, перпендикулярную AC,
и обозначим её точку пересечения с большей полуокружностью через D.
Рассмотрим
две
окружности,
вписанные
криволинейных
треугольника.
Первая
полуокружности
AB
и
дуги
DА.
9
в
два
образовавшихся
касается
Вторая
касается
отрезка
отрезка
BD,
BD,
полуокружности ВС и дуги DС. Докажите, что эти две вписанные
окружности равны.
Решение
Архимеда
опиралось
на
одно
простое
свойство
касающихся окружностей, которое мы назовем леммой Архимеда [2].
2.2 Лемма Архимеда.
Пусть прямая пересекает данную окружность в точках K и M. Рассмотрим
произвольную окружность, касающуюся данной в точке P, а прямой KM в
точке L. Тогда прямая PL проходит через середину одной из двух дуг KM,
на которые данная окружность разделена прямой KM [2].
Доказательство:
Рассмотрим для определенности случай, изображенный на рисунке.
Пусть О – центр данной окружности О1 – центр построенной окружности.
Точки О, О1 и Р лежат на одной прямой. Пусть прямая РL пересекает
данную окружность в точке Е. Треугольники РО1L и РОЕ равнобедренные.
У них есть общий угол – угол при вершине Р.Значит, они подобны, и О1L
параллельна ОЕ. Но O1L перпендикулярна КМ. Следовательно, ОЕ также
перпендикулярна КМ. Значит, Е – середина дуги. Лемма доказана
10
Приведем
еще
одно
доказательство
леммы
Архимеда
[4].
Рассмотрим прямую, касающуюся
обеих
окружностей
Обозначим
через
в
Q
точке
Р.
точку
её
пересечения с прямой КМ; Е – точка
пересечения
PL
с
большей
окружностью. Углы PLM и QPL
равны, так как PQ = LQ как
касательные.
Но
угол
PLM
измеряется полусуммой дуг КЕ и
РМ, а угол QPL = углу QPE и измеряется половиной дуги РМЕ или
полусуммой дуг РМ и МЕ. Значит, дуги КЕ и МЕ равны.
2.3 Решение Архимеда.
Рассмотрим окружность, касающуюся BD то точке L, дуги AD – в точке Р
и полуокружности AB - в точке F. Согласно лемме, прямая PL проходит
через точку С, а прямая GL – через А [5].
Проведем через L в посторонней окружности диаметр LN. Углы NPL
и APC – прямые (как опирающиеся на диаметры в соответствующей
окружности), поэтому точки P,N и A лежат на одной прямой. Точно так же
на одной прямой лежат точки N,F и B. (Прямые являются углы NFL и
AFB.)
Обозначим теперь через G точку пересечения AL с большей
полуокружностью. Рассмотрим треугольник ALC. Высотами в нем
являются LB, AP и CG. Продолжим их до пересечения в одной точке,
которую обозначим через S. Из подобия треугольников SNL и SAB
получаем
. Но прямые NB и SC параллельны, так как они
11
перпендикулярны AL. Значит,
. Итак, имеем
. Откуда
следует, что
, при этом NL - диаметр одной из окружностей, вписанных в
NL =
части арбелоса. Понятно, что находя диаметр второй окружности, мы
придем к тому же равенству.
Так доказывал Архимед, а как может или должен решать эту задачу
современный хороший ученик?
Вычислительное решение задачи Архимеда.
Пусть для краткости и удобства АВ = 2а, ВС = 2b, х – радиус
окружности, касающейся полуокружности AB, отрезка BD и дуги AD, О –
центр этой окружности, О1 и О2 – середины AB и AC (O1 и О2 – центры
соответствующих полуокружностей). В треугольнике O1O2O мы можем
выразить все стороны
через
a,
b
и
x.
Получаем: О1О = a +
12
x ( это следует из касания окружностей с центрами O2 и O), О2О = a + b – x
( это следует из касания окружностей с центрами O2 и О), О1О2 =
АО2 – АО1 = (а + b) – а = b.
Нарисуем отдельно для удобства треугольник ОО1О2 и прямую BD.
Опустим из О перпендикуляр OT на сторону О1О2. Имеем TB = x, О2Т =
|О2B – TB| =| a – b – x|, О1Т = а – х
По теореме Пифагора O1O2 – O1T2 = OO22 – O2T2 . Заменяя все отрезки
выражениями через a, b и х, получаем уравнение (а + х)2 – (а – х)2 = (а + b –
х)2 – (а – b –x)2
Откуда
4ax = 4(a – x)b,
х=
.
Таким образом, я получила ту же формулу для радиусов вписанных
окружностей, что и Архимед, но используя чисто алгебраический метод.
Что лучше, судите сами. На мой взгляд, решение Архимеда – это своего
рода искусство, в то время как алгебраическое решение чем- то
напоминает «заводскую продукцию».
При
алгебраических
решениях
основными
этапами,
причем
достаточно
стандартными,
являются:
выделение
треугольников
с
вершинами в центрах рассматриваемых окружностей, выражение длин
отрезков через известные и неизвестные величины, составление уравнений
или уравнения. Типичным здесь является и то, что для составления
уравнения используется теорема Пифагора. Нередко уравнения получают,
используя теоремы косинусов.
2.4 Некоторые свойства Арбелоса.
Свойство №1
Пусть радиусы двух меньших полуокружностей, образующих арбелос,
равны a и b. Найдите радиус окружности, вписанной в арбелос, т.е. радиус
13
окружности, касающейся большей полуокружности внутренним образом и
двух меньших – внешним образом [1].
Решение:
Обозначим центры трех полуокружностей , образующих арбелос,
через О1,О2,О3, их радиусы соответственно a и b и a+b, О – центр искомой
окружности, х – её радиус
Все отрезки, соединяющие попарно точки О1,О2,О3 и О, можно выразить
через a, b и х:
О1О3 = b, O3O2 = a, O1O = a + x,О2О = b + x, О3О = a + b – x
Обозначим угол ОО3О2 = f,
угол ОО3О1 = 180˚ - f. Запишем
теорему
косинусов
для
треугольников ОО3О2 и ОО3О1 :
(b + x)2 = a2 +(a + b –x)2 – 2a (a
+ b – x) cos f,
(a + b)2 = b2 + (a + b + x)2 + 2b(a
+ b - x) = cos f.
Упрости каждое из уравнений:
(2b + a)x = a2 + ab – a(a + b – x) cos f,
(2a + b)x = b2 + ab + b(a + b – x) cos f
Теперь умножим первое уравнение на b, а второе - на а и сложим их. При
этом исключается cos f. Получим
2(b2 + ab + a2)x = 2(ba2 + ab2)
Откуда
x = (a + b) ab : а2 + аb + b2
Свойство №2
Формулы, выражающие площадь треугольника, могут быть с
успехом использованы для составления уравнений: приравниваются два
выражения для площади треугольника [1].
14
Пусть r – радиус окружности, вписанной в арбелос, h – расстояние от
центра этой окружности до общего диаметра трех полуокружностей,
образующих арбелос. Докажите, что h = 2r
Решение: Обозначим через О1, О2 и О3 центры данных полуокружностей
(О3 – центр больше из них), О – центр вписанной окружности. Пусть
радиусы полуокружностей с центрами О1 и О2 равны соответственно а и b.
Далее будем следовать обычной схеме: рассмотрим треугольник
О1О3О и О1О2О и выразим их стороны a, b и r, учитывая соответствующие
касания.
Имеем: О1О3 = b, О2О3 = a, О1О = a + r, О3О = a + b – r,О2О = b +
r.
Площадь каждого из рассматриваемых треугольников выразим по
формуле Герона и по основной формуле и полученные выражения
приравняем друг к другу.
Для
треугольника
О1О3О
(p
=
a+b)
bh
Для треугольника О1О2О (p = a + b +r)
=
(a+b)h
Возведем полученные уравнения в квадрат и вычтем первое из второго:
ar((a + b + r)b- (a + b)(b – r)=
br) =
a (2b + a) ar2 (a + 2b) =
((a + b)2 – b2) ar ( ab + b2 + br – ab + ar – b2 +
a (a + 2b), h2 = 4r2,
Свойство №3
15
h = 2r .
Площадь арбелоса Архимеда может быть вычислена по формуле
πCD2 [1]
Доказательство:
DC2 = 2a2b
DC =
Sполуок.диаг. AC =
Sполуок.диаг.AB =
Sполуок.диаг.BC =
S=
–
–
=
S арбелоса = πСD2
Свойство №4
Длина общей касательной к двум меньшим
образующим арбелос, равна отрезку CD [1].
Доказательство :
OM = a, O1B = b
известно, что DC2 = 2a2b=>DC =
OMNO1 – трапеция.
ОО1 = а + b
M
OM = a, O1N = b
MN2 = (a + b)2 –(|a – b|)2
16
полуокружностям,
0
01
MN2 = 4ab
MN =


MN = CD
2.5 Решение некоторых задач с арбелосом.
Задача
Окружность радиуса r касается
изнутри окружности радиусом R.
Найдите радиус третьей, которая
касается обеих данных и прямой,
проходящей через их центры [2].
Решение:
O2H2 = (R – x)2 – x2 = R2 – 2RX =
R(R – 2x)
O1H2 = (r + x)2 – x2 = r2 + 2rx
О1О2 = R – r = HO2 + HO1
x (r – R) + Rr =
*
x2(r – R)2 + R2r2 + 2xRr (r – R) =
(r2 + 2rx) (R2 – 2Rx)x2(r2 – 2rR + R2) +
R2r2 + 2xr2R –
2xrR2 = x2r2 – 2rRx2 + x2R2 + 4rRx2 =
4xR2r – 4xRr2
x2( r + R)2 = 4xRr (R – r)
17
x=
III Заключение
Я считаю, что работа достигла цели и выполнила поставленные
задачи. Я узнала о новой замечательной фигуре, называемой арбелосом
Архимеда. По ходу работы познакомилась также с леммой Архимеда,
благодаря которой теперь мне стало проще решать определенные задачи
на
окружности,
использовать
полученные
свойства
при
решении
олимпиадных задач. Я смогла подтвердить гипотезу, что задачу Архимеда
можно решить современными способами решений, которые ранее были не
известны самому Архимеду. Кроме того увеличила свои познания в
области геометрии.
18
Список литературы
1. http://elementy.ru/problems/127
2. Википедия – свободная энциклопедия. Интернет версия.
http://ru.wikipedia.org/wiki/
3. Журнал «Квант» №11, 1975 г
4. Шарыгин И. Ф. Геометрия. 7–9 кл. – М.: Дрофа, 1999.
5. Энциклопедия Кругосвет. Интернет версия. http://www.krugosvet.ru
19